B．根据分析可知b点应为完全反应的点，NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍，所以V2=20mL，故B错误；

C．a点溶液溶质为NaOH，抑制水的电离，b点溶液溶质为Na2SO4，不影响水的电离，所以水的电离程度：a

D．b点溶液溶质为Na2SO4，溶液中c(Na+)=2c(SO42-)，b点后NaHSO4溶液过量，且NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO42-)，所以b点后的溶液中c(Na+)<2c(SO42-)，故D错误； 故答案为A。 【点睛】

选项D也可以用电荷守恒分析，b点后NaHSO4溶液过量，溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中又存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(SO42-)+ c(OH-)，所以c(Na+)<2c(SO42-)。 14．D 【解析】 【详解】

A．M中含有两个羟基，与环戊醇结构不相似，不互为同系物，故A错误； B．M中含有sp3杂化的碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；

C．M中含有碳碳双键和羟基，能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，M中含有碳碳双键，其与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故C错误；

D．M不与碳酸钠溶液反应，乙酸与碳酸钠能够发生反应生成二氧化碳气体，利用碳酸钠能鉴别乙酸和M，故D正确； 故答案为：D。 15．C 【解析】 【详解】

A. 碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4 是还原剂，产物 MnSO4 能起自催化作用，故A正确；

B. 催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为 MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；

C. 高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；

D. 增大浓度，反应速率加快，则用 1mL0.2M 的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确； 故选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．不再有气泡产生时将装置中产生的CO2和H2O（g）全部排入乙、丙装置中D活塞a前（或装置甲前）Co2(OH)2CO3蓝色2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+ ＋2H2OAl(OH)3、Fe(OH)3抑制COCl2的水解蒸发浓缩、冷却结晶

【解析】 【分析】

（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；

（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；

（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；

（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，据此可以计算生成水的量；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，据此计算产生二氧化碳的量，得到Co的质量和Co原子物质的量，根据Co、H、C元素守恒可知，来推导碱式碳酸钴的化学式；

（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰；

（6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2?6H2O； ①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子；

②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作I获得的滤渣成分为Fe（OH）3、Al（OH）3； ③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解； ④操作Ⅱ过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 【详解】

（1）加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕；

（2）步骤④中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；

（3）在活塞a前，加装装置D，装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；

（4）碱式碳酸钴样品3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后质量为80.36g，故生成水的质量为80.36g-80.00g=0.36g，物质的量为

=0.02mol；反应前丙装置的质量为62.00g，反应后质量为62.00g，

生成二氧化碳的质量为62.88g-62.00g=0.88g，物质的量为=0.02mol，故氧化钴的质量为

3.65g-0.36g-0.88g=2.41g，物质的量为=0.02mol，H、C元素守恒可知，x：y：z=0.015mol：根据Co、

0.02mol×2：0.02mol=2：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co2（OH）4（CO3）2；

（5）含有Co（A102）2的玻璃常用作实验室观察钾元素的焰色反应，该玻璃为蓝色，可以滤去黄光的干扰； （6）向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液中加入双氧水和CoCO3，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应方程式为

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入CoCO3，调节溶液的pH至7.6，使Fe（OH）3、Al（OH）3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含有CoCl2，然后向滤液中加入稀盐酸，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2?6H2O；

①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＝2Fe3+ ＋2H2O； ②操作1是分离Fe（OH）3、Al（OH）3和液体的操作，是过滤，前面调节PH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；

③CoCl2为强酸弱碱盐，阳离子水解导致溶液呈酸性，加入稀盐酸能抑制水解，所以加入稀盐酸调整PH为2～3的目的是抑制CoCl2水解；

④操作2是从溶液中提取溶质的操作，操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 氢氧化钠溶液或NaOH溶液 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 3NaBiO3+2Cr3++7OH－+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42－+3Na+ CrO42－+2H+【解析】 【分析】

铬铁矿加入过量的硫酸，反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，所以固体A为二氧化硅，溶液B中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碱调节pH使铁离子和铝离子沉淀，根据表格数据分析，控制pH到5，固体D为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液E中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液，反应生成Na2CrO4，酸化将其变成重铬酸钠，最后重结晶得到红矾钠，据此解答。 【详解】

(1) 为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎， 故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；

(2) 根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀；

故答案为：NaOH溶液；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去； (3) 反应④中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋，离子反应方程式为 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+，

故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+； (4) ⑤中酸化是使CrO42－转化为Cr2O72－，离子方程式2CrO42－+2H+故答案为：2CrO42－+2H+

Cr2O72－+H2O；

Cr2O72－+H2O，

Cr2O72－+H2O 重结晶

(5) 将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶，

故答案为：重结晶。 【点睛】

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．277.5 <

6 H2+N2Op0N2+H2O 若Pt颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶液中，不

利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体 O2+4e-+2N2O5=4NO3- 80.4 【解析】 【分析】 (1)2NO(g)+Cl2(g)

2ClNO(g)，反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；

(2)①温度越高，反应速率越大，达到平衡状态所需要的时间短；

②用三段式法计算出平衡时各种成分的物质的量，根据压强比等于气体的物质的量的比，用每种物质的物质的量占总物质的量的百分比乘以总压强得该组分的分压，带入平衡常数表达式，可得Kp； (3)①由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O；

②由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根。

(4)①石墨I上发生氧化反应，为原电池的负极，石墨II为原电池的正极，正极上发生还原反应； ②根据Ag的质量计算电子转移的物质的量，结合法拉第常数为96500C/mol及电流强度与通电时间可计算出电解池的电解效率。 【详解】 (1)2NO(g)+Cl2(g)

2ClNO(g)，1molCl2参与反应发生焓变

△H=243kJ/mol+2×630kJ/mol-2×(200kJ/mol+607kJ/mol)=-111kJ/mol，此时转移2mol电子，则有5mol电子转移时，热量变化为111kJ/mol×

5mol=277.5kJ； 2(2)①温度越高，反应速率越大，达到平衡状态所需要的时间短，根据表格数据可知在温度为T2时先达到平衡，所以反应温度T1

②起始物质的量为3mol，压强为p0，反应后各物质变化为 2NO+Cl2

2ClNO

起始物质的量 2 1 0 达平衡物质的量 1 0.5 1

在恒容密闭容器中发生反应，气体的物质的量的比等于压强之比，反应后气体的总物质的量n(总)后=2.5mol，反应前气体的物质的量n(前)总=3mol，所以反应后压强为P=

2.55P0=P0；

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